【数学】2019届高考一轮复习北师大版理10-1分类加法计数原理与分步乘法计数原理学案 14页

知识点 考纲下载 两个计数原理 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.‎ 排列、组合 ‎ 理解排列、组合的概念．‎ ‎ 能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．‎ ‎ 能解决简单的实际问题.‎ 二项式定理 ‎ 能用计数原理证明二项式定理．‎ ‎ 会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.‎ 随机事件的概率 ‎ 了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义，了解频率与概率的区别．‎ ‎ 了解两个互斥事件的概率加法公式.‎ 古典概型、随机数与几何概型 ‎ 理解古典概型及其概率计算公式．‎ ‎ 会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率．‎ ‎ 了解随机数的意义，能运用模拟方法估计概率．‎ ‎ 了解几何概型的意义.‎ 离散型随机变量及其分布列、期望与方差 ‎ 理解取有限个值的离散型随机变量及其分布列的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性．‎ ‎ 理解超几何分布及其导出过程，并能进行简单的应用．‎ ‎ 理解取有限个值的离散型随机变量的均值、方差的概念，能计算简单离散型随机变量的均值、方差，并能解决一些实际问题.‎ 二项分布及其应用 了解条件概率和两个事件相互独立的概念，理解n次独立重复试验的模型及二项分布，并能解决一些简单的实际问题.‎ 正态分布 利用实际问题的直方图，了解正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义.‎ 第1讲　分类加法计数原理与分步乘法计数原理 ‎1．两个计数原理 两个计 数原理 目标 策略 过程 方法总数 分类加法计数原理 完成一件事 有两类不同的方案 在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法 N＝m＋n种不同的方法 分步乘法计数原理 需要两个步骤 做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法 N＝m×n种不同的方法 ‎2.两个计数原理的区别 分类加法计数原理与分类有关，各种方法相互独立，用其中的任一种方法都可以完成这件事；分步乘法计数原理与分步有关，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了，这件事才算完成．‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　　)‎ ‎(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　　)‎ ‎(3)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　　)‎ ‎(4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×‎ ‎ 从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有(　　)‎ A．30　　　　　　　　　　 B．20‎ C．10 D．6‎ 解析：选D.从0，1，2，3，4，5六个数字中，任取两不同数和为偶数可分为两类，①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6(种)．‎ ‎ 某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为(　　)‎ A．504 B．210‎ C．336 D．120‎ 解析：选A.3个新节目一个一个插入节目单中，分别有7，8，9种方法，所以不同的插法种数为7×8×9＝504.‎ ‎ 某同学逛书店，发现有三本喜欢的书，决定至少买其中一本，‎ 则购买的方案有________种．‎ 解析：至少买其中一本的意思是买一本或买两本或买三本，故分三类．第一类：买一本有3种；第二类：买两本有3种；第三类：买三本有1种．共有3＋3＋1＝7种购买方案．‎ 答案：7‎ ‎ (教材习题改编)书架的第1层放有4本不同的语文书，第2层放有5本不同的数学书，第3层放有6本不同的体育书．从书架上任取1本书，不同的取法种数为________，从第1，2，3层分别各取1本书，不同的取法种数为________．　‎ 解析：由分类加法计数原理知，从书架上任取1本书，不同的取法总数为4＋5＋6＝15.由分步乘法计数原理知，从1，2，3层分别各取1本书，不同的取法总数为4×5×6＝120.‎ 答案：15　120‎ 分类加法计数原理 ‎ [典例引领]‎ ‎ (1)椭圆＋＝1(m>0，n>0)的焦点在x轴上，且m∈{1，2，3，4，5}，n∈{1，2，3，4，5，6，7}，则这样的椭圆的个数为(　　)‎ A．10　　　　　　　　　　 B．12‎ C．20 D．35‎ ‎(2)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数为________．‎ ‎【解析】　(1)因为焦点在x轴上，m＞n，以m的值为标准分类，由分类加法计数原理，可分为四类：第一类：m＝5时，使m＞n，n有4种选择；第二类：m＝4时，使m＞n，n有3种选择；第三类：m＝3时，使m＞n，n有2种选择；第四类：m＝2时，使m＞n，n有1种选择．故符合条件的椭圆共有10个．故选A.‎ ‎(2)根据题意，将十位上的数字按1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个．‎ 由分类加法计数原理知，符合条件的两位数共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36(个)．‎ ‎【答案】　(1)A　(2)36‎ ‎ 1.在本例(1)中，若m∈{1，2，…，k}，n∈{1，2，…，k}(k∈N*)，其他条件不变，这样的椭圆的个数为________．‎ 解析：因为m>n.‎ 当m＝k时，n＝1，2，…，k－1.‎ 当m＝k－1时，n＝1，2，…，k－2.‎ ‎…‎ 当m＝3时，n＝1，2.‎ 当m＝2时，n＝1.‎ 所以共有1＋2＋…＋(k－1)＝(个)．‎ 答案： ‎ 2.若本例(2)条件变为“个位数字不小于十位数字”，则两位数的个数为________．‎ 解析：分两类：一类：个位数字大于十位数字的两位数，由本例(2)知共有36个；另一类：个位数字与十位数字相同的有11，22，33，44，55，66，77，88，99，共9个．由分类加法计数原理知，共有36＋9＝45(个)．‎ 答案：45‎ 分类加法计数原理的两个条件 ‎(1)根据问题的特点能确定一个适合它的分类标准，然后在这个标准下进行分类；‎ ‎(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法，只有满足这些条件，才可以用分类加法计数原理．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013 是“六合数”)，则首位为2的“六合数”共有(　　)‎ A．18个 B．15个 C．12个 D．9个 解析：选B.依题意，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数分别为400、040、004；由3、1、0组成6个数分别为310、301、130、103、013、031；由2、2、0组成3个数分别为220、202、022；由2、1、1组成3个数分别为211、121、112.共计：3＋6＋3＋3＝15(个)．‎ ‎2．已知集合P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，其中x，y∈{1，2，3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是(　　)‎ A．9 B．14‎ C．15 D．21‎ 解析：选B.因为P＝{x，1}，Q＝{y，1，2}，且P⊆Q，‎ 所以x∈{y，2}．‎ 所以当x＝2时，y＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况；‎ 当x＝y时，x＝3，4，5，6，7，8，9，共7种情况．‎ 故共有7＋7＝14种情况，即这样的点的个数为14.‎ 分步乘法计数原理 ‎ [典例引领]‎ ‎ (1)(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)‎ A．24　　　　　　　　　 B．18‎ C．12 D．9‎ ‎(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．‎ ‎【解析】　(1)由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B.‎ ‎(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．‎ ‎【答案】　(1)B　(2)120‎ ‎ 1.若将本例(2)中将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？‎ 解：每人都可以从这三个智力项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．‎ ‎ 2.若将本例(2)条件中的“每人至多参加一项”改为“每人参加的项目数不限”，其他不变，则有多少种不同的报名方法？‎ 解：每人参加的项目数不限，因此每一个项目都可以从六人中任选一人，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．‎ 利用分步乘法计数原理解题的策略 ‎(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．‎ ‎(2)分步要做到“步骤完整”，只有完成了所有步骤，才完成任务，根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总方法数．‎ ‎[提醒]　分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．将3张不同的电影票分给10名同学中的3人，每人1张，则不同的分法种数是(　　)‎ A．2 160　　　　　　　 B．720‎ C．240 D．120‎ 解析：选B.分步来完成此事．第1张电影票有10种分法；第2张电影票有9种分法；第3张电影票有8种分法，共有10×9×8＝720种分法．‎ ‎2．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，则 ‎(1)P可表示平面上________个不同的点；‎ ‎(2)P可表示平面上________个第二象限的点．‎ 解析：(1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：‎ 第一步确定a的值，共有6种确定方法；‎ 第二步确定b的值，也有6种确定方法．‎ 根据分步乘法计数原理，得到平面上的点的个数是6×6＝36.‎ ‎(2)确定第二象限的点，可分两步完成：‎ 第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；‎ 第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．‎ 由分步乘法计数原理，得到第二象限的点的个数是3×2＝6.‎ 答案：(1)36　(2)6‎ 两个计数原理的综合应用 ‎ [典例引领]‎ ‎ (1)满足a，b∈{－1，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)‎ A．9 B．8‎ C．7 D．6‎ ‎(2)(2018·大同质检)如图所示，用4种不同的颜色涂在图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有(　　)‎ A．72种 B．48种 C．24种 D．12种 ‎【解析】　(1)由a，b的取值可知，ax2＋2x＋b＝0有实数解的条件为Δ＝22－4ab＝4－4ab≥0，当a＝－1时，b＝－1，1，2，共3种情况，当a＝1时，b＝－1，1，‎ 共2种情况；当a＝2时，b＝－1，有1种情况，共有3＋2＋1＝6种情况．‎ ‎(2)首先涂A有4种涂法，则涂B有3种涂法，C与A，B相邻，则C有2种涂法，D只与C相邻，则D有3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．‎ ‎【答案】　(1)D　(2)A 与两个计数原理有关问题的解题策略 ‎(1)在综合应用两个计数原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理．‎ ‎(2)对于较复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当地画出示意图或列出表格，使问题形象化、直观化．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1＜a2，且a2＞a3，则称这样的三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为(　　)‎ A．240 B．204‎ C．729 D．920‎ 解析：选A.若a2＝2，则凸数为120与121，共1×2＝2个．若a2＝3，则凸数有2×3＝6个．若a2＝4，则凸数有3×4＝12个，…，若a2＝9，则凸数有8×9＝72个．所以所有凸数有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．‎ ‎2. 如图，用6种不同的颜色分别给图中A，B，C，D四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有(　　)‎ A．400种 B．460种 C．480种 D．496种 解析：选C.完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色．当使用4种颜色时：从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D有3种，完成此事共有6×5×4×3＝360种方法；当使用3种颜色时：A，D使用同一种颜色，从A，D开始，有6种方法，B有5种，C有4种，完成此事共有6×5×4＝120种方法．由分类加法计数原理可知：不同的涂法有360＋120＝480(种)．‎ ‎ 应用两个计数原理的难点在于明确分类还是分步 在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚“分类”与“分步”的具体标准是什么．选择合理的标准处理事情，可以避免计数的重复或遗漏．‎ ‎ (1)分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．‎ ‎(2)分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，‎ 当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．‎ ‎ 易错防范 ‎(1)切实理解“完成一件事”的含义，以确定需要分类还是需要分步进行．‎ ‎(2)分类的关键在于要做到“不重不漏”，分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ‎ ‎1．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数的个数是(　　)‎ A．30　　　　　　　　　　 B．42‎ C．36 D．35‎ 解析：选C.因为a＋bi为虚数，所以b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．‎ ‎2．用10元、5元和1元来支付20元钱的书款，不同的支付方法有(　　)‎ A．3种 B．5种 C．9种 D．12种 解析：选C.只用一种币值有2张10元，4张5元，20张1元，共3种；用两种币值的有1张10元，2张5元；1张10元，10张1元；3张5元，5张1元；2张5元，10张1元；1张5元，15张1元，共5种；用三种币值的有1张10元，1张5元，5张1元，共1种．由分类加法计数原理得，共有3＋5＋1＝9(种)．‎ ‎3．某电话局的电话号码为139××××××××，若前六位固定，最后五位数字是由6或8组成的，则这样的电话号码的个数为(　　)‎ A．20 B．25‎ C．32 D．60‎ 解析：选C.依据题意知，最后五位数字由6或8组成，可分5步完成，每一步有2种方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为25＝32.‎ ‎4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．72‎ 解析：选B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有2，4，3，2，1种排法，由分步乘法计数原理知偶数的个数为2×4×3×2×1＝48.‎ ‎5．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为(　　)‎ A．40 B．16‎ C．13 D．10‎ 解析：选C.分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．‎ ‎6．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各选一个数作为点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为(　　)‎ A．18个 B．10个 C．16个 D．14个 解析：选B.第三、四象限内点的纵坐标为负值，分2种情况讨论．‎ ‎①取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有3×2＝6种情况；‎ ‎②取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有4×1＝4种情况．‎ 综上共有6＋4＝10种情况．‎ ‎7．某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D中选择，其他四个号码可以从0～9这十个数字中选择(数字可以重复)，有车主第一个号码(从左到右)只想在数字3，5，6，8，9中选择，其他号码只想在1，3，6，9中选择，则他的车牌号码可选的所有可能情况有(　　)‎ A．180种 B．360种 C．720种 D．960种 解析：选D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有5种选法，第二个号码有3种选法，其余三个号码各有4种选法．因此车牌号码可选的所有可能情况有5×3×4×4×4＝960(种)．‎ ‎8．直线l：＋＝1中，a∈{1，3，5，7}，b∈{2，4，6，8}．若l与坐标轴围成的三角形的面积不小于10，则这样的直线的条数为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．16‎ 解析：选B.l与坐标轴围成的三角形的面积为 S＝ab≥10，即ab≥20.‎ 当a＝1时，不满足；当a＝3时，b＝8，即1条．‎ 当a∈{5，7}时，b∈{4，6，8}，此时a的取法有2种，b的取法有3种，则直线l的条数为2×3＝6.故满足条件的直线的条数为1＋6＝7.故选B.‎ ‎9．一个旅游景区的游览线路如图所示，某人从P点处进，Q点处出，沿图中线路游览A，B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有(　　)‎ A．6种 B．8种 C．12种 D．48种 解析：选D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有2个入口(或2个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出有(4＋4)×2＝16种不同的方法；同理，若先游览B景点，有16种不同的方法；若先游览C景点，有16种不同的方法，因而所求的不同游览线路有3×16＝48(种)．‎ ‎10．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是(　　)‎ A．48 B．18‎ C．24 D．36‎ 解析：选D.分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24个；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．‎ ‎11．设集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，定义A*B＝{(x，y)|x∈A∩B，y∈A∪B}，则A*B中元素的个数是(　　)‎ A．7 B．10‎ C．25 D．52‎ 解析：选B.因为集合A＝{－1，0，1}，集合B＝{0，1，2，3}，所以A∩B＝{0，1}，A∪B＝{－1，0，1，2，3}，所以x有2种取法，y有5种取法，所以根据分步乘法计数原理得2×5＝10.‎ ‎12．在如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为(　　)‎ A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 解析：选C.分两种情况：‎ ‎(1)A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D有1种，有4×3×2＝24(种)．‎ ‎(2)A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48(种)．‎ 综上两种情况，不同的涂色方法共有48＋24＝72(种)．‎ ‎13．从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种(用数字作答)．‎ 解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的3人中选1人当文娱委员，有3种选法．‎ 第二步，从剩下的4人中选学习委员和体育委员，又可分两步进行：先选学习委员有4种选法，再选体育委员有3种选法．由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有3×4×3＝36(种)．‎ 答案：36‎ ‎14．乘积(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开后共有________项．‎ 解析：由(a＋b＋c)(d＋e＋f＋h)(i＋j＋k＋l＋m)展开式各项都是从每个因式中选一个字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有3×4×5＝60(项)．‎ 答案：60‎ ‎15．在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足a≠b，且a，b都是集合{1，2，3，4，5，6}中的元素．又点P到原点的距离|OP|≥5，则这样的点P的个数为________．‎ 解析：依题意可知：‎ 当a＝1时，b＝5，6，两种情况；‎ 当a＝2时，b＝5，6，两种情况；‎ 当a＝3时，b＝4，5，6，三种情况；‎ 当a＝4时，b＝3，5，6，三种情况；‎ 当a＝5或6时，b各有五种情况．‎ 所以共有2＋2＋3＋3＋5＋5＝20种情况．‎ 答案：20‎ ‎16．已知集合A＝{最大边长为7，且三边长均为正整数的三角形}，则集合A的真子集共有________个．‎ 解析：另外两个边长用x，y(x，y∈N*)表示，且不妨设1≤x≤y≤7，要构成三角形，必须x＋y≥8.‎ 当y取7时，x可取1，2，3，…，7，有7个三角形；‎ 当y取6时，x可取2，3，…，6，有5个三角形；‎ 当y取5时，x可取3，4，5，有3个三角形．‎ 当y取4时，x只能取4，只有1个三角形．‎ 所以所求三角形的个数为7＋5＋3＋1＝16.其真子集共有(216－1)个．‎ 答案：216－1‎ ‎1．在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止．若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)‎ A．6种 B．12种 C．18种 D．20种 解析：选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2×3＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2×＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．故选D.‎ ‎2．定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)‎ A．18个 B．16个 C．14个 D．12个 解析：选C.设a1，a2，a3，…，ak中0的个数为t，则1的个数为k－t，‎ 由2m＝8知，k≤8且t≥k－t≥0，则.‎ 法一：当t＝1时，k＝1，2；当t＝2时，k＝2，3，4；‎ 当t＝3时，k＝3，4，5，6；当t＝4时，k＝4，5，6，7，8，‎ 所以“规范01数列”共有2＋3＋4＋5＝14(个)．‎ 法二：问题即是 表示的区域的整点(格点)的个数，‎ 如图整点(格点)为2＋3＋4＋5＝14个，即“规范01数列”共有14个．‎ ‎3．从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为________．‎ 解析：当公比为2时，等比数列可为1，2，4或2，4，8；当公比为3时，等比数列可为1，3，9；当公比为时，等比数列可为4，6，9.易知公比为，，时，共有2＋1＋1＝4个．故共有2＋1＋1＋4＝8(个)．‎ 答案：8‎ ‎4．x＋y＋z＝10的正整数解的组数为________．‎ 解析：可按x的值分类：‎ 当x＝1时，y＋z＝9，共有8组；‎ 当x＝2时，y＋z＝8，共有7组；‎ 当x＝3时，y＋z＝7，共有6组；‎ 当x＝4时，y＋z＝6，共有5组；‎ 当x＝5时，y＋z＝5，共有4组；‎ 当x＝6时，y＋x＝4，共有3组；‎ 当x＝7时，y＋z＝3，共有2组；‎ 当x＝8时，y＋z＝2，共有1组．‎ 由分类加法计数原理可知：共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝＝36(组)．‎ 答案：36‎ ‎5．由数字1，2，3，4，‎ ‎(1)可组成多少个三位数？‎ ‎(2)可组成多少个没有重复数字的三位数？‎ ‎(3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的三位数？‎ 解：(1)百位数共有4种排法；十位数共有4种排法；个位数共有4种排法，根据分步乘法计数原理知共可组成43＝64个三位数．‎ ‎(2)百位上共有4种排法；十位上共有3种排法；个位上共有2种排法，由分步乘法计数原理知共可排成没有重复数字的三位数4×3×2＝24(个)．‎ ‎(3)排出的三位数分别是432、431、421、321，共4个．‎ ‎6．已知集合M＝{－3，－2，－1，0，1，2}，若a，b，c∈M，则：‎ ‎(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？‎ ‎(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？‎ 解：(1)y＝ax2＋bx＋c表示二次函数时，a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180个不同的二次函数．‎ ‎(2)当y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72个图象开口向上的二次函数．‎